Tuyển tập Lượng giác hoá23 bài

BĐTĐH4 : (Thử sức trước kì thi Tạp chí THTT số 463)

Cho các số thực $x,y$ thoả $x^2+y^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\sqrt{(5+4y-4x^2)(1-y)}\left(\sqrt{2-2y}+\sqrt{2-x\sqrt{3}+y}+\sqrt{2+x\sqrt{3}+y}\right)$$

Lời giải :

Từ giả thiết, ta thấy phải tồn tại góc $\alpha$ sao cho $x=sin\alpha ,y=cos\alpha$. Khi đó ta có các biến đổi :

$$5+4y-4x^2=5+4y-4(1-y^2)=4y^2+4y+1=(2y+1{)}^2=(2cos\alpha +1{)}^2$$

$$1-y=1-cos\alpha =2si{n}^2\frac{\alpha }{2}$$

$2-x\sqrt{3}+y$$=2\left(1-sin\alpha .sin\frac{\pi }{3}+cos\alpha .cos\frac{\pi }{3}\right)$$=2\left(1+cos\left(\alpha +\frac{\pi }{3}\right)\right)$$=4co{s}^2\left(\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{6}\right)$

$$2+x\sqrt{3}+y=4co{s}^2\left(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{6}\right)$$

Từ đó :

$P$$=\sqrt{2}.\left|2cos\alpha +1\right|.\left|sin\frac{\alpha }{2}\right|.\left[2\left|sin\frac{\alpha }{2}\right|+2\left|cos\left(\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{6}\right)\right|+2\left|cos\left(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{6}\right)\right|\right]$

$$\le \sqrt{2}.(2cos\alpha +1).sin\frac{\alpha }{2}.\left(2sin\frac{\alpha }{2}+2cos\left(\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{6}\right)+2cos\left(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{6}\right)\right)$$

$$=\sqrt{2}(2cos\alpha +1)\left(1-cos\alpha +sin\left(\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{6}\right)+sin\left(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{6}\right)\right)$$

$=\sqrt{2}(2cos\alpha +1)(1-cos\alpha +\sqrt{3}sin\alpha )$$\le \sqrt{2}.\frac{1}{4}{\left(cos\alpha +\sqrt{3}sin\alpha +2\right)}^2$$=\frac{\sqrt{2}}{4}{\left(2+2cos\left(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{6}\right)\right)}^2$$\le \sqrt{2}.\frac{1}{4}.(2+2{)}^2$$=4\sqrt{2}$

Vậy nên giá trị lớn nhất của $P$ là $4\sqrt{2}$, đạt được khi $x=\frac{\sqrt{3}}{2},y=\frac{1}{2}$

Bài toán (Võ Quốc Bá Cẩn, Mathematical Reflections, 2007) 

Cho các số thực dương $x,y,z$. Chứng minh rằng :

$\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{z+x}{y}}+\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$\ge \sqrt{\frac{16(x+y+z{)}^3}{3(x+y)(y+z)(z+x)}}$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho có thể viết thành :

$$\sum _{cyc}(y+z)\sqrt{\frac{(x+y)(z+x)}{x(x+y+z)}}\ge \frac{4(x+y+z)}{\sqrt{3}}$$

Ta đặt $a=y+z,b=z+x,c=x+y,p=\frac{a+b+c}{2}$.

Ta có thể viết lại BĐT dưới dạng :

$a\sqrt{\frac{bc}{p(p-a)}}+b\sqrt{\frac{ca}{p(p-b)}}+c\sqrt{\frac{ab}{p(p-c)}}$$\ge \frac{4p}{\sqrt{3}}$$=\frac{2(a+b+c)}{\sqrt{3}}$

Dễ dàng thấy rằng tồn tại một tam giác $ABC$ có các cạnh tương ứng $a,b,c$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$. Khi đó ta có thể viết điều cần chứng minh thành :

$\frac{a}{cos\frac{A}{2}}+\frac{b}{cos\frac{B}{2}}+\frac{c}{cos\frac{C}{2}}$$\ge \frac{2(a+b+c)}{\sqrt{3}}$$\iff sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}$$\ge \frac{2}{\sqrt{3}}\left(sinA+sinB+sinC\right)$$\iff \frac{\sqrt{3}}{2}\left(sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}\right)$$\ge \left(sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}.cos\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}.cos\frac{C}{2}\right)$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $A\ge B\ge C$ khi đó hai dãy $\left(sin\frac{A}{2},sin\frac{B}{2},sin\frac{C}{2}\right),\left(cos\frac{A}{2},cos\frac{B}{2},cos\frac{C}{2}\right)$ ngược chiều.

Áp dụng BĐT $Tchebyshev$ :

$sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}.cos\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}.cos\frac{C}{2}$$\le \frac{1}{3}\left(\sum _{cyc}sin\frac{A}{2}\right)\left(\sum _{cyc}cos\frac{A}{2}\right)$$\le \frac{1}{3}.\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(\sum _{cyc}sin\frac{A}{2}\right)$$=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\sum _{cyc}sin\frac{A}{2}\right)$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c\in \left(0,1\right)$ và thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng :

$\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}$$\ge \frac{3}{4}\left(\frac{1-a^2}{a}+\frac{1-b^2}{b}+\frac{1-c^2}{c}\right)$

Lời giải :

Ta đổi biến $\left(a,b,c\right)\to \left(tan\frac{A}{2},tan\frac{B}{2},tan\frac{C}{2}\right)$

Khi đó ta cần chứng minh :

$\sum _{cyc}\frac{tan\frac{A}{2}}{1-ta{n}^2\frac{A}{2}}$$\ge \frac{3}{4}\left(\sum _{cyc}\frac{1-ta{n}^2\frac{A}{2}}{tan\frac{A}{2}}\right)$$\iff \frac{1}{2}\left(tanA+tanB+tanC\right)$$\ge \frac{3}{2}\left(\frac{1}{tanA}+\frac{1}{tanB}+\frac{1}{tanC}\right)$$\iff tanA+tanB+tanC$$\ge \frac{3(tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA)}{tanA.tanB.tanC}$$=\frac{3(tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA)}{tanA+tanB+tanC}$$\iff (tanA+tanB+tanC{)}^2$$\ge 3(tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA)$

Đây là kết quả cơ bản. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Poland, 1999) Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :

$$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\le 1$$

Lời giải 1 :

Với những bài toán mà giả thiết là $f(a,b,c)=1$ và bất đẳng thức cần chứng minh không thuần nhất thì ta thường kết hợp giả thiết để thuần nhất bài toán :

$$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc(a+b+c)}\le (a+b+c{)}^2\iff \sqrt{3abc(a+b+c)}\le ab+bc+ca$$

Đây là một kết quả quen thuộc.

Lời giải 2 :

Gỉa thiết đã cho có thể viết lại thành :

$\sqrt{\frac{ab}{c}}.\sqrt{\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{bc}{a}}.\sqrt{\frac{ca}{b}}+\sqrt{\frac{ca}{b}}.\sqrt{\frac{ab}{c}}$$=1$

Từ đó ta đặt $x=\sqrt{\frac{bc}{a}},y=\sqrt{\frac{ca}{b}},z=\sqrt{\frac{ab}{c}}$ thì $xy+yz+zx=1$ và $a=yz,b=zx,c=xy$.

Ta viết lại BĐT cần chứng minh :

$$x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2+2\sqrt{3}xyz\le 1=(xy+yz+zx{)}^2\iff x+y+z\ge \sqrt{3}$$

Điều này là hiển nhiên vì :

$$x+y+z\ge \sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt{3}$$

Bài toán (Romania, 2005) Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Chứng minh rằng :

$$ab+bc+ca\le \frac{3}{4}$$

Lời giải :

Kết hợp giả thiết, ta đưa BĐT về dạng thuần nhất bậc sáu :

$$(ab+bc+ca{)}^3\le {\left(\frac{3}{4}\right)}^3(a+b{)}^2(b+c{)}^2(c+a{)}^2$$

Bất đẳng thức này thuần nhất bậc sáu nên ta chuẩn hóa $ab+bc+ca=1$.

Khi đó đặt $a=tan\frac{A}{2},b=tan\frac{B}{2},c=tan\frac{C}{2},A+B+C=\pi ,a,b,c>0$

Thì :

$(a+b)(b+c)(c+a)$$=\prod _{cyc}\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)$$=\prod _{cyc}\frac{sin\frac{A+B}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}}$$=\prod _{cyc}\frac{cos\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}}$$=\frac{1}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$\frac{1}{co{s}^2\frac{A}{2}co{s}^{2}2\frac{B}{2}co{s}^2\frac{C}{2}}$$\ge {\left(\frac{4}{3}\right)}^3$$\iff cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$$\le \frac{3\sqrt{3}}{8}$

Hiển nhiên đúng.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (USA MO 2001)  Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :

$$0\le ab+bc+ca-abc\le 2$$

Lời giải :

Nếu tất cả các số $a,b,c$ đều lớn hơn $1$ thì $a^2+b^2+c^2+abc>4$. Do đó có ít nhất một số không vượt quá $1$. Gỉa sử $a\le 1$. Khi ấy :

$$ab+bc+ca-abc=bc(1-a)+a(b+c)\ge 0$$

Từ giả thiết ta đổi biến $\left(a,b,c\right)\to \left(2sin\frac{A}{2},2sin\frac{B}{2},2sin\frac{C}{2}\right)$.

Khi đó áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có :

$ab$$=4sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}$$=2\sqrt{sinA.tan\frac{A}{2}sinB.tan\frac{B}{2}}$$\le sinA.tan\frac{B}{2}+sinB.tan\frac{A}{2}$$=sinA.cot\frac{C+A}{2}+sinB.cot\frac{B+C}{2}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng vế chúng lại :

$ab+bc+ca$$\le (sinA+sinB)cot\frac{A+B}{2}+(sinB+sinC)cot\frac{B+C}{2}+(sinC+sinA)cot\frac{C+A}{2}$$=2cos\frac{A-B}{2}cos\frac{A+B}{2}+2cos\frac{B-C}{2}.cos\frac{B+C}{2}+2cos\frac{C-A}{2}.cos\frac{C+A}{2}$$=2(cosA+cosB+cosC)$$=6-4\left(si{n}^2\frac{A}{2}+si{n}^2\frac{B}{2}+si{n}^2\frac{C}{2}\right)$$=6-(a^2+b^2+c^2)$

Mà theo đề bài ta có $6-(a^2+b^2+c^2)=2+abc$ nên :

$$ab+bc+ca\le 2+abc$$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán  (A.Teplinsky. Ukraine 2005) 

 Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :

$\sqrt{\frac{1}{a}-1}.\sqrt{\frac{1}{b}-1}+\sqrt{\frac{1}{b}-1}.\sqrt{\frac{1}{c}-1}+\sqrt{\frac{1}{c}-1}.\sqrt{\frac{1}{a}-1}$$\ge 6$

Lời giải :

Điều cần chứng minh có thể viết thành :

$\sqrt{\frac{(1-a)(1-b)}{ab}}+\sqrt{\frac{(1-b)(1-c)}{bc}}+\sqrt{\frac{(1-c)(1-a)}{ca}}$$\ge 6$$\iff \frac{1}{\sqrt{\frac{ab}{(b+c)(c+a)}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{bc}{(b+a)(c+a)}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}}$$\ge 6$

Ta đặt $x=b+c,y=c+a,z=a+b$ thì $a=\frac{y+z-x}{2}=p-x,b=\frac{z+x-y}{2}=p-y,c=\frac{x+y-z}{2}=p-z$ với $p=\frac{x+y+z}{2}$

Nên cần chứng minh :

$\frac{1}{\sqrt{\frac{(p-x)(p-y)}{xy}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{(p-y)(p-z)}{yz}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{(p-z)(p-x)}{zx}}}$$\ge 6$

Mặt khác dễ thấy tồn tại một tam giác $XYZ$ có các cạnh tương ứng là $x,y,z$, khi ấy :

$$\sqrt{\frac{(p-y)(p-z)}{yz}}=sin\frac{X}{2}$$, tương tự với $$Y,Z$$.

Ta viết điều cần chứng minh thành :

$$\frac{1}{sin\frac{X}{2}}+\frac{1}{sin\frac{Y}{2}}+\frac{1}{sin\frac{Z}{2}}\ge 6$$

Điều này luôn đúng theo $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{1}{sin\frac{X}{2}}+\frac{1}{sin\frac{Y}{2}}+\frac{1}{sin\frac{Z}{2}}$$\ge \frac{9}{sin\frac{X}{2}+sin\frac{Y}{2}+sin\frac{Z}{2}}$$\ge \frac{9}{3/2}$$=6$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Tuyển sinh Đại học khối A năm 2009) 

Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa $x(x+y+z)=3yz$. Chứng minh rằng :

$$(x+y{)}^3+(x+z{)}^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\le 5(y+z{)}^3$$

Lời giải :

Đặt $a=y+z,b=x+z,c=x+y$ thì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh một tam giác.

Dễ tính được $x=\frac{b+c-a}{2},y=\frac{c+a-b}{2},z=\frac{a+b-c}{2},x+y+z=\frac{a+b+c}{2}$

Khi ấy, giả thiết trở thành :

$(b+c-a)(a+b+c)$$=3(c+a-b)(a+b-c)$$\iff (b+c{)}^2-a^2$$=3a^2-3(b-c{)}^2$$\iff a^2$$=b^2+c^2-bc$

Điều kiện này cho ta thấy tam giác $ABC$ có ba cạnh tương ứng $a,b,c$ và góc $A$ thỏa $cosA=\frac{1}{2}\iff A=60^0$

Ta cần chứng minh :

$b^3+c^3+3abc$$\le 5a^3$$\iff (b+c)(b^2-bc+c^2)+3abc$$=a^2(b+c)+3abc$$\le 5a^3$$\iff a(b+c)+3bc$$\le 5a^2$

Theo định lí sin ta cần chứng minh :

$$sinA(sinB+sinC)+3sinBsinC\le 5si{n}^{2}A\iff 2\sqrt{3}(sinB+sinC)+12sinBsinC\le 15$$

Mà :

$$sinB+sinC=2sin\frac{B+C}{2}cos\frac{B-C}{2}\le 2cos\frac{\pi -A}{2}=\sqrt{3}$$

và $$sinB.sinC\le \frac{1}{4}{\left(sinB+sinC\right)}^2=\frac{3}{4}$$

Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.